17405 algebra linear2 aulas 19a32 volume02

8/3/2019 17405 Algebra Linear2 Aulas 19a32 Volume02

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Operadores ortogonaisMO DU LO 3 AU LA 19

Aula 19 Operadores ortogonais

Objetivos

Compreender o conceito e as propriedades apresentadas sobre opera-dores ortogonais.

Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes.Pre-requisitos: Aulas 10 a 14,

17 e 18.Voce deve se lembrar de que um operador T : Rn Rn e dito ortogonal

se existe uma base ortonormal de Rn tal que a matriz de T na base e

uma matriz ortogonal, isto e, se a matriz [T] e ortogonal.

Veremos que os operadores ortogonais estao bem definidos no sentido

de que o fato de ser um operador ortogonal nao depende da base ortonormal

escolhida, ou seja, se a matriz [T], numa certa base ortonormal de Rn, for

ortogonal, entao a matriz [T] tambem sera ortogonal para qualquer outra

base ortonormal de Rn.

Na verdade, temos o seguinte resultado:

Teorema 1

Sejam T : Rn Rn um operador ortogonal e e duas bases ortonor-mais de Rn. Se a matriz [T] e ortogonal, entao a matriz [T] tambem sera

ortogonal.

Demonstracao:

O teorema sobre mudanca de base para operadores lineares, visto no

curso de Algebra Linear I, nos garante que

[T] = P1[T]P,

onde P e a matriz mudanca de base entre as bases ortonormais e . Como e sao duas bases ortonormais de Rn, temos que P e uma matriz ortogonal

e, pelo Teorema 1 da Aula 10, segue-se que

P1 = Pt,

onde Pt e a transposta da matriz P. Assim,

[T] = Pt[T]P.

Como [T] e uma matriz ortogonal por hipotese e como o produto de

matrizes ortogonais e tambem uma matriz ortogonal, conclumos que [T]tambem sera uma matriz ortogonal.

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Operadores ortogonais

O resultado anterior simplifica um problema crucial: para decidirmos se

um dado operador linear T : Rn Rne ortogonal, basta considerar qualquerbase ortonormal de R

n

e verificar se a matriz [T] e uma matriz ortogonal.

Exemplo 1

Verifique que o operador linear T : R3 R3

T(x,y,z) = (x cos y sen, x sen + y cos , z),com [0, 2), e um operador ortogonal.Solucao

De fato, escolhendo a base canonica

{e1, e2, e3

}de R3, dada por

e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1),

obtemosT(e1) = (cos , sen, 0)

T(e2) = (sen cos , 0)T(e3) = (0, 0, 1).

Portanto, a matriz que representa T nesta base e dada por

A = cos sen 0

sen cos 00 0 1

.

Sabemos que A e uma matriz ortogonal de R3. Mais ainda, A e uma

rotacao de radianos em torno do eixo-z (Exemplo 1 da Aula 17). Assim, o

operador linear T e um operador ortogonal.

O proximo teorema segue imediatamente do Teorema 2 da Aula 10.

Teorema 2

Seja T :R

n

R

n

um operador ortogonal. Entao as seguintes proprieda-des sao validas:

1. T transforma bases ortonormais em bases ortonormais, ou seja, se

{v1, v2, . . . , vn} e uma base ortonormal de Rn, entao {Tv1, Tv2, . . . , T vn}tambem e uma base ortonormal de Rn.

2. T preserva o produto interno, ou seja, para todo u, v Rn vale queTu, Tv = u, v .

3. T preserva a norma, ou seja, para todo v Rn vale que||Tv|| = ||v||.

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Operadores ortogonaisMO DU LO 3 AU LA 19

Exemplo 2

Seja T : R2

R

2 um operador ortogonal, entao sua matriz na base

canonica e da formacos sensen cos

ou

cos sen

sen cos

,

onde [0 , 2).

Solucao

De fato, sendo T : R2 R2 um operador ortogonal, sua matriz na base

canonica deR

2

sera uma matriz ortogonal de ordem 2. Mas, pelos Exemplos1 e 2 da Aula 10, sabemos que toda matriz ortogonal de ordem 2 e da forma

cos sensen cos

ou

cos sen

sen cos

.

Sabemos tambem que a primeira matriz representa uma rotacao de

radianos, no sentido anti-horario, em torno da origem, e a segunda matriz

representa uma reflexao em torno da reta pela origem que forma um angulo

de /2 radianos com o semi-eixo x positivo.

Exemplo 3

a) Determine a transformacao linear T : R2 R2 que leva o segmento dereta de extremidades (6, 2) e (1, 2) ao segmento de reta de extremi-dades (2, 6) e (1, 2), respectivamente (veja a Figura 19.1).

b) Mostre que a transformacao acima e uma rotacao. Determine, tambem,

o angulo dessa rotacao.

-6 -1 1

2 2

x x

y

y

6

Figura 19.1: O operador T.9

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Operadores ortogonais

Solucao

a) Queremos encontrar escalares a,b,c,d

R tais que a matriz que repre-

senta T na base canonica seja dada por

[T] =

a b

c d

.

Da condicao sobre as extremidades, temos

T(6, 2) =

a b

c d

6

2

=

2

6

e

T(

1 , 2) = a b

c d 1

2 = 1

2 ,

o que nos da o sistema linear

6a + 2b = 26c + 2d = 6a + 2b = 1c + 2d = 2

.

E facil ver que a solucao desse sistema e dada por:

a = 3/5; b = 4/5; c =

4/5 e d = 3/5.

Assim,

[T] =

3/5 4/5

4/5 3/5

.

b) Como as colunas da matriz [T], representadas pelos vetores

v1 = (3/5 , 4/5) e v2 = (4/5 , 3/5), formam uma base ortonormalde R2, conclumos que a matriz [T] e ortogonal e, consequentemente, o

operador linear T e um operador ortogonal. Alem disso, det[T] = 1 e,

assim, o operador T e uma rotacao de R2 cujo angulo e dado por

= arccos(3/5).

Exerccios

1. Seja T : R3 R3 uma reflexao num plano de R3 tal que T(1, 0, 1) =(1, 0, 1). Determine a matriz que representa o operador T com res-peito a base canonica.

2. Determine os autovalores e os autovetores associados da transformacaolinear T do exerccio anterior.

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Projecoes ortogonais 1a ParteMO DU LO 3 AU LA 20

Aula 20 Projecoes ortogonais 1a Parte

Objetivos

Compreender o conceito de projecao ortogonal em dimensao 2.


17, 18 e 19.

Nesta e na proxima aula vamos apresentar um tipo de transformacao

usada em areas como a Computacao Grafica e o Desenho Geometrico. Trata-

se das projecoes ortogonais. Nesta primeira aula, trabalharemos com as

projecoes ortogonais em R2.

Exemplo 1

Determine a matriz que representa a projecao ortogonal sobre o eixo-x,

isto e, sobre a reta de equacao cartesiana y = 0.

Solucao

Geometricamente, essa transformacao e representada pela Figura 20.1.

V= (x,y)

V'= (x,0)x

y

Figura 20.1: A projecao ortogonal no eixo-x.

Assim, temos a transformacao linear

T : R2 R2

T(x, y) = (x, 0).

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Projecoes ortogonais 1a Parte

Denotando por {e1, e2} a base canonica de R2, temos que

T(e1) = T(1, 0) = (1, 0) = 1 e1 + 0 e2

T(e2) = T(0, 1) = (0, 0) = 0 e1 + 0 e2.

Portanto, a matriz que representa a transformacao T na base canonica

e dada por

A =

1 0

0 0

.

Vemos imediatamente algumas propriedades dessa projecao ortogonal.

1. A matriz A e, portanto, o operador T, nao e invertvel, pois det(A) = 0.

2. Como T(e2) = 0 e2, entao 2 = 0 e um autovalor de T com autovetorassociado e2 = (0, 1). Nao e difcil ver que o auto-espaco associado

a 2 = 0 e exatamente o eixo-y, isto e, a reta de equacao cartesiana

x = 0.

3. Como T(e1) = 1 e1, entao 1 = 1 e um autovalor de T com autovetorassociado e1 = (1, 0). Nao e difcil ver que o auto-espaco associado

a 1 = 1 e exatamente o eixo-x, isto e, a reta de equacao cartesiana

y = 0.

4. O operador T e diagonalizavel e seu polinomio caracterstico e

p(x) = x (x 1).

Exemplo 2

Determine a matriz que representa a projecao ortogonal sobre o eixo-y,

isto e, sobre a reta de equacao cartesiana x = 0.

Solucao

A projecao ortogonal no o eixo-y e dada pela transformacao linear

T : R2 R2T(x, y) = (0, y).

Geometricamente, esta transformacao e representada pela Figura 20.2.

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(x,y)T (x,y)

x

y

Figura 20.2: A projecao ortogonal no eixo-y.

Como no Exemplo 1, temos que

T(e1) = T(1, 0) = (0, 0) = 0 e1 + 0 e2

T(e2) = T(0, 1) = (0, 1) = 0 e1 + 1 e2.

Portanto, a matriz que representa a transformacao T na base canonicae dada por

A =

0 0

0 1

.

Como antes, vemos que:

1. A matriz A e, portanto, o operador T, nao e invertvel, pois det(A) = 0.

2. Como T(e1) = 0

e1, entao 1 = 0 e um autovalor de T com autovetor

associado e1 = (1 , 0). Nao e difcil ver que o auto-espaco associado

a 1 = 0 e exatamente o eixo-x, isto e, a reta de equacao cartesiana

y = 0.

3. Como T(e2) = 1 e2, entao 2 = 1 e um autovalor de T com autovetorassociado e2 = (0 , 1). Nao e difcil ver que o auto-espaco associado

a 2 = 1 e exatamente o eixo-y, isto e, a reta de equacao cartesiana

x = 0.

4. O operador T e diagonalizavel com polinomio caractersticop(x) = x (x 1).

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Os exemplos 1 e 2 sao muito simples, porem sao muito importantes a sua

compreensao e o seu significado geometrico. Especialmente, certifique-se de

que tenha entendido os auto-espacos associados a cada autovalor. Usaremosessas ideias para apresentar a projecao ortogonal sobre uma reta L qualquer

do R2 passando pela origem. Se voce compreendeu bem a geometria dos

exemplos anteriores, entao nao tera dificuldade em acompanhar o caso geral

a seguir.

Exemplo 3

Descreva a projecao ortogonal sobre uma reta L de R2 que passa pela

origem.

SolucaoSuponhamos que a reta L seja paralela a um vetor unitario u1 R2,

como ilustra a Figura 20.3.

u1

L

x

y

Figura 20.3: A reta L paralela ao vetor unitario u1.

O efeito geometrico da projecao ortogonal sobre a reta L e observado

na Figura 20.4.

TV

v

L

x

y

Figura 20.4: A projecao ortogonal na reta L.

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A projecao ortogonal de um vetor v na direcao do vetor u1 e dada por

T : R2

R

2

v Tv = v,u1u1,u1 u1,

de onde vemos que T e uma transformacao linear. Para obter a formula

acima observamos que desejamos um vetor Tv da forma Tv = ku1 de modo

que v ku1 seja ortogonal a u1 , como indica a Figura 20.5.

Figura 20.5: A projecao ortogonal de v na direcao de u1

Assim, da ortogonalidade entre v ku1 e u1 temos

= v ku1, u1= v, u1 ku1, u1= v, u1 k u1, u1 ,

o que nos da

k u1, u1 = v, u1k =

v, u1u1, u1 ,

e, portanto,

Tv = ku1 =v, u1u1, u1 u1.

Observe que na formula acima o vetor u1 nao precisa ser unitario, mas,caso seja, como u1, u1 = 1, entao a formula acima se simplifica para

Tv = v, u1 u1.

Nosso problema agora e encontrar a matriz que represente a trans-

formacao T. Veremos que, escolhendo uma base ortonormal adequada de

R2, a matriz de T nessa base e muito similar a matriz do Exemplo 1, visto

anteriormente. Lembre que o problema da escolha de uma base ortonormal

adequada ja foi tratado quando estudamos as reflexoes de R2 com respeito auma reta qualquer passando pela origem. Veja a Aula 12.

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Seja = {u1, u2} uma base ortonormal de R2 onde u1 e um vetorunitario paralelo a reta L e u2 e um vetor unitario normal a reta L. Veja a

Figura 20.6.

u1

u2

L

x

y

Figura 20.6: A base ortonormal = {u1, u2}.

Nesse caso, como u1, u1 = 1 e pela observacao acima temos que Tv =v, u1 u1. Assim, vemos que

Tu1 = u1, u1 u1 = u1 = 1 u1 + 0 u2Tu2 = u2, u1 u1 = 0 u1 = 0 u1 + 0 u2.

Portanto, a matriz que representa a transformacao T na base e dada

por

[T] =

1 0

0 0

,

que e exatamente da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Se quiser-

mos obter a matriz que representa T na base canonica, e so fazermos umamudanca de base. Se = {e1, e2} e a base canonica de R2, entao

[T] = P [T]P1,

onde P e a matriz mudanca de base. Como P = [u1 u2], isto e, suas

colunas sao vetores ortonormais, entao P e uma matriz ortogonal e, portanto,

P1 = Pt. Como nos exemplos 1 e 2, temos as seguintes propriedades.

1. As matrizes [T] e [T] e, portanto, o operador T, nao sao invertveis,pois det [T] = 0.

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2. Como T(u2) = 0 u2, entao 2 = 0 e um autovalor de T com autovetorassociado u2. Nao e difcil ver que o auto-espaco associado a 2 = 0 e

exatamente a reta pela origem ortogonal a reta L.


exatamente a reta L.

4. O operador T e diagonalizavel e seu polinomio caracterstico e

p(x) = x (x 1).

Cabe aqui, mais uma vez, ressaltar a analogia entre este terceiro exem-

plo e os dois primeiros. Isto se deve a escolha adequada de uma base orto-

normal de R2.

Exerccios

1. Determine a matriz da projecao ortogonal sobre a reta y =

3x com

respeito a base canonica.

2. Determine os autovalores e os auto-espacos associados da transformacao

linear do exerccio 1.

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Aula 21 Projecoes ortogonais 2a Parte

Objetivos

Compreender o conceito de projecao ortogonal em dimensao 3.


17 a 20.

Nesta aula daremos continuidade ao estudo das projecoes ortogonais,

estudando as projecoes ortogonais em R3. Apresentamos inicialmente os

casos mais simples das projecoes ortogonais nos planos coordenados. Emseguida, trataremos do caso geral de uma projecao ortogonal sobre um plano

passando pela origem.

Exemplo 1

Determine a matriz que representa a projecao ortogonal sobre o plano-xy,

isto e, sobre o plano de equacao cartesiana z = 0.

Solucao


u1

z

V= (x,y,z)

V'= (x,y,0)

x y

Figura 21.1: A projecao ortogonal no plano-xy.

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T : R3

R

3

T(x,y,z) = (x,y, 0).

Denotando por {e1, e2, e3} a base canonica de R3, temos que

T(e1) = T(1, 0, 0) = (1, 0, 0) = 1 e1 + 0 e2 + 0 e3T(e2) = T(0, 1, 0) = (0, 1, 0) = 0 e1 + 1 e2 + 0 e3T(e3) = T(0, 0, 1) = (0, 0, 0) = 0 e1 + 0 e2 + 0 e3.


e dada por

A =

1 0 00 1 0

0 0 0

.

Como nos exemplos da Aula 20, vemos imediatamente algumas propri-

edades dessa projecao ortogonal.

1. A matriz A e, portanto, o operador T, nao sao invertveis, pois

det(A) = 0.

2. Como T(e3) = 0 e3, entao 2 = 0 e um autovalor de T com autovetorassociado e3. Nao e difcil ver que o auto-espaco associado a 2 = 0 e

exatamente o eixo-z, que e o espaco gerado por e3.

3. Como T(e1) = 1 e1 e T(e2) = 1 e2, entao 1 = 1 e um autovalor deT de multiplicidade 2 com autovetores associados e1 e e2. Nao e difcil

ver que o auto-espaco associado a 1 = 1 e exatamente o plano-xy, que

e o espaco gerado pelos vetores canonicos e1 e e2.

4. O operador T e diagonalizavel com polinomio caracterstico

p(x) = x (x 1)2.

Mais uma vez, chamamos a atencao do aluno para que compreenda bem

a geometria desse exemplo, pois ela sera recorrente nos exemplos seguintes.

Vejamos outro exemplo de projecao ortogonal em um plano coordenado.

Exemplo 2

Determine a matriz que representa a projecao ortogonal sobre o plano-yz ,isto e, sobre o plano de equacao cartesiana x = 0.

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Solucao


z

(x,y,z) T(x,y,z)= (0,x,z)

x y

Figura 21.2: A projecao ortogonal no plano-yz .


T : R3 R3T(x,y,z) = (0, y , z).

Se voce entendeu bem a geometria do Exemplo 1, entao vera que neste

caso temos

T(e1) = T(1, 0, 0) = (0, 0, 0) = 0 e1 + 0 e2 + 0 e3T(e2) = T(0, 1, 0) = (0, 1, 0) = 0 e1 + 1 e2 + 0 e3T(e3) = T(0, 0, 1) = (0, 0, 1) = 0 e1 + 0 e2 + 1 e3.


e dada por

A =

0 0 00 1 0

0 0 1

.

Seguem tambem as propriedades:

1. A matriz A e, portanto, o operador T, nao sao invertveis, pois

det(A) = 0.

2. Como T(e1) = 0 e1, entao 2 = 0 e um autovalor de T com autovetorassociado e1. Nao e difcil ver que o auto-espaco associado a 2 = 0 e

exatamente o eixo-x, que e o espaco gerado por e1.

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3. Como T(e2) = 1 e2 e T(e3) = 1 e3, entao 1 = 1 e um autovalor deT de multiplicidade 2 com autovetores associados e2 e e3. Nao e difcil

ver que o auto-espaco associado a 1 = 1 e exatamente o plano-yz , quee o espaco gerado pelos vetores canonicos e2 e e3.


p(x) = x (x 1)2.

O outro caso trivial, a projecao ortogonal sobre o plano-xz, e totalmente

analogo aos exemplos anteriores e deixamos como exerccio para voce. Assim,

estando bem compreendidos os dois exemplos anteriores, podemos tratar da

projecao ortogonal sobre um plano qualquer de R3

passando pela origem.

Exemplo 3

Descreva a projecao ortogonal sobre um plano de R3 que passa pela

origem.Solucao

Seja T : R3 R3 a projecao ortogonal sobre o plano . Geometrica-mente, essa transformacao e representada pela Figura 21.3.

Figura 21.3: A projecao ortogonal no plano-.

Vamos agora obter uma base ortonormal de R3 de modo que a matriz

que representa a transformacao T nessa base seja da mesma forma que a

matriz do Exemplo 1. Como conhecemos a equacao cartesiana de plano

, sabemos como obter um vetor normal a esse plano. Lembre: se tem

equacao ax + by + cz + d = 0, entao o vetor u = (a,b,c) e um vetor normal

ao plano . Seja, entao, u3 um vetor unitario normal ao plano . Usando

a equacao cartesiana de , como foi feito nas Aulas 17 e 18, facilmente

determinamos vetores unitarios u1 e u2 de modo que = {u1, u2, u3} sejauma base ortonormal de R3. Observe que os vetores unitarios u1 e u2 saoortogonais e pertencem ao plano . Veja a Figura 21.4.

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Figura 21.4: A base ortonormal = {u1, u2, u3}.

A projecao ortogonal de um vetor v sobre o plano e dada por

T : R3 R3

v Tv = v, u1

u1, u1 u1 + v, u2

u2, u2 u2,de onde vemos que T e uma transformacao linear. Para obter a formula

acima observamos que desejamos um vetor Tv da forma Tv = k1u1 + k2u2

de modo que v k1u1 k2u2 seja ortogonal a u1 e u2, como indica aFigura 21.5.

Figura 21.5: A projecao ortogonal de v no plano .

Assim, da ortogonalidade entre v k1u1 k2u2 e u1, temos0 =

v

k1u1

k2u2, u1

= v, u1 k1u1, u1 k2u2, u1= v, u1 k1 u1, u1 k2 u2, u1= v, u1 k1 u1, u1 ,

ja que u2, u1 = 0, o que nos dak1 u1, u1 = v, u1

k1 =v, u1u1, u1 ,

e, portanto,

Tv = k1u1 + k2u2 =v, u1u1, u1 u1 +

v, u2u2, u2 u2.

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Usando o fato de u1 e u2 serem vetores unitarios, isto e,

u1, u1 = u2, u2 = 1, obtemos

Tv = v, u1 u1 + v, u2 u2.

Portanto, vemos que

Tu1 = u1, u1 u1 + u1, u2 u2 = u1 = 1 u1 + 0 u2 + 0 u3Tu2 = u2, u1 u1 + u2, u2 u2 = u2 = 0 u1 + 1 u2 + 0 u3Tu3 = u3, u1 u1 + u3, u2 u2 = 0 u1 + 0 u2 + 0 u3.

Portanto, a matriz que representa a transformacao T na base e

dada por

[T] =

1 0 00 1 0

0 0 0

,

que e exatamente da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Se quiser-

mos obter a matriz que representa T na base canonica, e so fazermos uma

mudanca de base. Se = {e1, e2, e3} e a base canonica de R3, entao

[T] = P [T]P1,

onde P e a matriz mudanca de base. Como P = [u1 u2 u3], isto e, suascolunas sao vetores ortonormais, entao P e uma matriz ortogonal e, portanto,

P1 = Pt. Como nos exemplos 1 e 2, temos as seguintes propriedades:

1. As matrizes [T] e [T] e, portanto, o operador T, nao sao invertveis,

pois det [T] = 0.


exatamente a reta pela origem ortogonal a .

3. Como T(u1) = 1 u1 e T(u2) = 1 u2, entao 1 = 1 e um autovalor de Tcom autovetores associados u1 e u2. Nao e difcil ver que o auto-espaco

associado a 1 = 1 e exatamente o plano .


p(x) = x (x 1)2.

Cabe aqui, mais uma vez, ressaltar a analogia entre este terceiro exem-

plo e os dois primeiros. Isso se deve a escolha adequada de uma base orto-normal de R3.

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Exerccios

1. Determine a matriz da projecao ortogonal sobre o plano-xz com res-

peito a base canonica.

2. Determine a matriz da projecao ortogonal sobre o plano x z = 0 comrespeito a base canonica.

3. Determine a matriz da projecao ortogonal sobre o plano gerado pelos

vetores v1 = (1, 1, 0) e v2 = (1, 1, 1), com respeito a base canonica.

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Matrizes simetricasMO DU LO 3 AU LA 22

Aula 22 Matrizes simetricas

Objetivos:

Compreender o conceito de matriz simetrica.

Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes.Pre-requisitos: Aulas 6, 7, 8,

9, 10, 20 e 21

Em muitas aplicacoes da Algebra Linear, as matrizes simetricas apare-

cem com maior frequencia que qualquer outra classe de matrizes importantes.A teoria correspondente a essas matrizes e muito rica e elegante, e depende,

de maneira especial, das teorias de diagonalizacao e ortogonalidade, vistas

em aulas anteriores. Veremos, nesta aula, que a diagonalizacao de uma ma-

triz simetrica e um fundamento essencial e necessario a discussao das formas

quadraticas que estudaremos no proximo modulo.

Lembramos que todas as matrizes e vetores considerados tem somente

elementos e componentes reais. Antes de comecarmos a estudar a teoria

de diagonalizacao de matrizes simetricas, convem lembrarmos de algumas

definicoes que serao essenciais a este conteudo.

Definicao 1

Uma matriz A Mn(R) e simetrica se At = A, onde At representa amatriz transposta de A. Equivalentemente, a matriz A = (aij) e simetrica se

aij = aji para todo i, j.

Observe, primeiramente, que o conceito de matriz simetrica se aplica

apenas a matrizes quadradas. Observe tambem que os elementos da diagonal

principal de uma matriz simetrica A podem assumir valores arbitrarios; no

entanto, elementos simetricos com respeito a diagonal principal tem o mesmo

valor.

Exemplo 1

As duas matrizes a seguir sao simetricas:

A = 2 1

1 3

e B = 4 1 01 2 3

0 3 2 .

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Matrizes simetricas

No entanto, as matrizes abaixo nao sao simetricas:

C =

2 1 11 3 0

e D =

1 4 14 2 21 2 3

.A matriz C nao e simetrica porque ela nao e matriz quadrada, e a

matriz D nao e simetrica porque d31 = 1 = 1 = d13.

Vamos rever algumas propriedades das matrizes simetricas.

Teorema 1

Sejam A, B Mn(R) matrizes simetricas. Entao A + B e cA, onde c R,tambem sao matrizes simetricas.

Vale observar que o produto de duas matrizes simetricas nao e necessa-

riamente uma matriz simetrica. Por exemplo, dadas as matrizes simetricas

A =

1 2

2 3

e B =

4 5

5 6

temos que a matriz produto

AB = 1 2

2 3 4 5

5 6

= 14 17

23 28

nao e uma matriz simetrica, pois (AB)21 = 23 = 17 = (AB)12.

Vamos rever o processo de diagonalizacao de matrizes, descrito nas

Aulas 6 e 7, agora aplicado a um caso particular de uma matriz simetrica.

Exemplo 2

Diagonalize, caso seja possvel, a matriz A =

6 2 1

2 6

1

1 1 5

.

Solucao

O polinomio caracterstico da matriz A e dado por:

p(x) = det(xI3 A)

=

x 6 2 12 x 6 11 1 x 5

= (x 6) x 6 11 x 5 2 2 11 x 5 + 1 2 1x 6 1 = x3 17x2 + 90x 144 .

C E D E R J 28


23/133


As possveis razes racionais de p(x) sao, obrigatoriamente, divisores de

144. Por inspecao, vemos que 3 e uma raiz e, depois, completando fatoracao

de p(x), descobrimos que 6 e 8 tambem sao razes. Assim,

p(x) = (x 3)(x 6)(x 8).

Assim, os autovalores da matriz A sao 1 = 3, 2 = 6 e 3 = 8. Como

a matriz A possui 3 autovalores distintos, ja podemos concluir que ela e uma

matriz diagonalizavel.

Para o autovalor 1 = 3, temos que os seus autovetores associados,

v = (x,y,z), satisfazem o sistema linear

(3 I3 A)v = 0.

Um calculo rotineiro, como foi visto na Aula 7, mostra que o auto-

espaco V3 e um subespaco de dimensao 1 e e gerado pelo vetor v1 = (1, 1, 1).

Analogamente, o auto-espaco V6, associado ao autovalor 2 = 6, e o su-

bespaco de dimensao 1 gerado pelo vetor v2 = (1, 1, 2), e o auto-espacoV8, associado ao autovalor3 = 8, e o subespaco de dimensao 1 gerado pelo

vetor v3 = (

1, 1, 0). Esses tres vetores, v1, v2 e v3, formam uma base de R

3

e poderiam ser usados para construir uma matriz P que diagonaliza a matriz

A. E facil ver que {v1, v2, v3} e um conjunto ortogonal de R3 e que obtere-mos uma matriz ortogonal P se usarmos uma base ortonormal {u1, u2, u3},obtida de {v1, v2, v3}, normalizando cada um dos vetores v1, v2 e v3. Comoum multiplo nao-nulo de um autovetor tambem e um autovetor, a nova base

{u1, u2, u3} tambem seria uma base de autovetores de R3. Os vetores assimobtidos sao:

u1 = (1/

3, 1/

3, 1/

3);

u2 = (1/

6, 1/

6, 2/

6) e

u3 = (1/2, 1/2, 0).Assim, as matrizes P e D sao dadas por:

P =

1

3 16 12

1

3 16 121

3 2

6 0

e D =

3 0 00 6 0

0 0 8

.

Sabemos, das Aulas 6 e 7, que A = P DP1. Agora, como as colunas de

P formam vetores ortonormais, entao, pelo Teorema 2 da Aula 9, P e umamatriz ortogonal, isto e, P1 = Pt. Assim, temos tambem que A = P DPt.

29C E D E R J


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Matrizes simetricas

Vimos, no Exemplo 2, que os autovetores da matriz simetrica A, asso-

ciados a autovalores distintos, sao ortogonais. Isso e uma propriedade geral,

como mostra o proximo teorema.

Teorema 2

Seja A Mn(R) uma matriz simetrica; entao qualquer conjunto de auto-vetores associados a autovalores distintos sao ortogonais.

Demonstracao:

Sejam v1, v2, . . . , vk autovetores da matriz A associados aos autovalores

distintos 1, 2, . . . , k. Assim, dados i = j, e observando que Avi = ivie Avj = jvj, queremos mostrar que vi, vj = 0. Para isto, observamos que

i vi, vj = ivi, vj= Avi, vj= (Avi)

tvj

= (vtiAt)vj

= (vtiA)vj , pois A e simetrica

= vti(Avj)

= vi, Avj= vi, jvj= j vi, vj .

Portanto, (ij) vi, vj = 0. Como ij = 0, segue que vi, vj =0, isto e, os vetores vi e vj sao ortogonais.

O tipo de diagonalizacao que aparece no Exemplo 2 e muito importante

na teoria das matrizes simetricas. Por isso, temos a seguinte definicao.

Definicao 2

Uma matriz A Mn(R) e dita diagonalizavel por matriz ortogonal se

existe uma matriz ortogonal P (lembre, P1

= P

t

) e uma matriz diagonal Dtais que A = P DPt.

Da discussao do Exemplo 2 vimos que, para diagonalizar uma matriz

A Mn(R) utilizando uma matriz ortogonal P, foi preciso encontrar n auto-vetores linearmente independentes e ortogonais. A questao e: quando e que

isso e possvel de ser realizado? O proximo teorema caracteriza o tipo de

matriz que pode ser diagonalizada por matriz ortogonal.

Teorema 3

Uma matriz A Mn(R) e diagonalizavel por matriz ortogonal se e so-mente se A e uma matriz simetrica.

C E D E R J 30


25/133


Demonstracao:

Uma das direcoes e muito simples de ser feita. Suponha que A seja

diagonalizavel por matriz ortogonal, como na Definicao 2; entao

At = (P DPt)t = (Pt)tDtPt = P DPt = A,

onde (Pt)t = P e Dt = D, ja que D e uma matriz diagonal. Assim, con-

clumos que A e uma matriz simetrica.

A recproca e muito mais complicada e sera omitida nestas notas. A

ideia basica desta parte da demonstracao sera apresentada na proxima aula

e envolve um dos teoremas mais importantes da Algebra Linear.

Exemplo 3

Determine se a matriz

A =

3

2 42 6 2

4 2 3

e diagonalizavel por matriz ortogonal e, caso seja, determine uma matriz

ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = P DPt.

Solucao

Como A e uma matriz simetrica, entao, pelo Teorema 3, ela e diago-

nalizavel por matriz ortogonal. Vamos, agora, realizar o calculo de diagona-

lizacao de A.

Os autovalores da matriz A sao as razes do polinomio caracterstico

p(x) = det(xI3 A)

=

x 3 2 42 x

6

2

4 2 x 3

= x3 12x2 + 21x + 98 .

Observando, por inspecao, que 1 = 2 e uma raiz de p(x), temos que

p(x) = (x + 2) (x2 14x + 49) = (x + 2) (x 7)2.

Assim, os autovalores da matriz A sao 1 = 2, com multiplicidadealgebrica 1, e 2 = 7, com multiplicidade algebrica 2.

31C E D E R J


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Matrizes simetricas

Para o autovalor 1 = 2, temos que os autovetores associados,v = (x,y,z), satisfazem o sistema linear

(2 I3 A)v = 0.

Completando os calculos temos, que o auto-espaco V2 e um subespaco

de dimensao 1 e e gerado pelo vetor v1 = (2, 1, 2).Para o autovalor 2 = 7, como ja sabemos que a matriz A e diagona-

lizavel, o auto-espaco V7 tem dimensao igual a 2. O fato interessante e que

podemos construir uma base ortogonal de autovetores para esse subespaco

V7. Os autovetores v = (x,y,z) associados ao autovalor 2 = 7 satisfazem o

sistema linear

(7 I3 A)v = 0.

Usando as tecnicas usuais para a resolucao de sistemas lineares, obte-

mos que:

V7 = {v R3 |Av = 7v }= {v R3 |(7 I3 A)v = 0}= {(x,y,z) R3 |2x + y 2z = 0}.

Para obter uma base ortogonal de V7, observamos facilmente quev2 = (1, 0, 1) V7. O outro vetor v3 = (a,b,c) V7 deve satisfazer2a + b 2c = 0 e ainda ser ortogonal a v2, isto e, v2, v3 = 0, ou seja,a + c = 0. Portanto, v3 = (a,b,c) deve satisfazer o sistema linear

2a + b 2c = 0a + c = 0 .

Completando os calculos, obtemos, por exemplo, v3 = (1, 4, 1). Ob-

serve que, pelo Teorema 2, o autovetor v1 e ortogonal aos autovetores v2e v3, ja que eles correspondem a autovalores distintos da matriz simetrica

A. Assim, {v1, v2, v3} e um conjunto ortogonal de autovetores da matriz A.Normalizando esses vetores, obtemos:

u1 =v1

||v1|| = (2/3, 1/3, 2/3);

u2 =v2

||v2|| = (1

2, 0, 1

2);

u3 =

v3

||v3|| = (1

18, 4

18, 1

18).

C E D E R J 32


27/133


Portanto, {u1, u2, u3} e uma base ortonormal de autovetores de A.Com esses autovetores, obtemos a matriz P e com os autovalores, obtemos a

matriz D:

P =

2/3 1

2 118

1/3 0 4182/3 1

2 1

18

;

D =

2 0 00 7 0

0 0 7

,

de modo que A = P DPt.

Exerccios

1. Mostre que se A e uma matriz simetrica, entao A2 tambem e uma

matriz simetrica.

2. Mostre que se A e uma matriz diagonalizavel por matriz ortogonal

entao A2

tambem e.

3. Determine uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que

A = P DPt, onde a matriz A e dada por

A =

1 2 0 0

2 1 0 0

0 0 1 20 0 2 1

.

33C E D E R J


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O Teorema EspectralMO DU LO 3 AU LA 23

Aula 23 O Teorema Espectral

Objetivos:

Compreender o significado do Teorema Espectral. Compreender a decomposicao espectral de matrizes simetricas. Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes.

Pre-requisitos: Aulas 5 e 2 2

Nesta aula, continuaremos estudando as matrizes simetricas e fare-

mos uma breve discussao do chamado Teorema Espectral para Matrizes

Simetricas, mencionado na demonstracao do Teorema 3 da aula passada. Osdetalhes da demonstracao desse importante teorema serao omitidos nestas

notas. Uma versao simples do Teorema Espectral e apresentada a seguir.

Teorema 1 (Teorema Espectral para Matrizes Simetricas)

Seja A Mn(R) uma matriz simetrica (isto e, At = A). Entao vale:

1. A matriz A possui n autovalores reais, contando suas multiplicidades.

2. A dimensao do auto-espaco associado a cada autovalor e igual a

multiplicidade de como raiz do polinomio caracterstico de A, isto e,

a multiplicidade geometrica de e igual a sua multiplicidade algebrica.

3. Os auto-espacos sao ortogonais entre si, isto e, os autovetores associados

a autovalores distintos sao ortogonais.

4. A matriz A e diagonalizavel por matriz ortogonal, isto e, existem uma

matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = P DPt.

Observacoes:

1. Como ja foi observado anteriormente, o polinomio caracterstico de uma

matriz A nao possui necessariamente apenas razes reais. Por exemplo,

dada a matriz

A =

0 11 0

,

seu polinomio caracterstico, dado por p(x) = x2 + 1, nao possui razes

reais. Mas isso nao acontece se A for uma matriz simetrica. O item

1 do Teorema Espectral afirma que o polinomio caracterstico de uma

matriz simetrica possui apenas razes reais. A demonstracao desse fato,embora simples, e bem trabalhosa e utiliza o Teorema Fundamental

da Algebra, que diz que todo polinomio de grau n com coeficientes

35C E D E R J


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O Teorema Espectral

reais possui n razes reais ou complexas, contando suas multiplicidades.

Na demonstracao do Teorema Espectral mostra-se que as n razes do

polinomio caracterstico sao, de fato, razes reais.

2. Se A e uma matriz simetrica e tem n autovalores distintos, entao pelo

Teorema 2 da Aula 5 e pelo Teorema 2 da Aula 22, vemos que A e

diagonalizavel por matriz ortogonal.

3. Se A e uma matriz simetrica e tem algum autovalor com multiplicidade

algebrica maior que 1, ainda e verdade que podemos diagonaliza-la. Na

verdade, podemos mostrar que se A e simetrica e tem um autovalor

de multiplicidade k, entao o auto-espaco associado tem dimensao k.

Isto significa que o sistema linear

( In A)v = 0

admite k solucoes linearmente independentes, isto e, a matriz A tem

k autovetores linearmente independentes associados ao autovalor .

Usando o processo de ortogonalizacao de Gram-Schmidt, podemos ob-

ter uma base ortonormal para este auto-espaco. Obtemos assim um

conjunto de k autovetores ortonormais associados ao autovalor . Como

autovetores associados a autovalores distintos sao ortogonais, entao,considerando o conjunto de todos os autovalores de A, obtemos uma

base ortonormal de autovetores para Rn. Consequentemente, A e uma

matriz diagonalizavel, e a matriz diagonalizadora P, formada pela base

de autovetores de A, e uma matriz ortogonal.

Decomposicao espectral de uma matriz simetrica

Seja A Mn(R) uma matriz simetrica e {u1, u2, . . . , un} uma baseortonormal de autovetores associados aos autovalores 1, 2, . . . , n da matriz

A. Seja P a matriz ortogonal tendo esses autovetores como colunas e D a

matriz diagonal tal que A = P DPt. Entao

A = P DPt

= [u1 u2 un]

1 0 00 2 0...

. . ....

0 0 n

[u1 u2 un]t

= [1u1 2u2

nun] [u1 u2

un]t

= 1u1ut1 + 2u2ut2 + nunutn .

Esta representacao e chamada uma decomposicao espectral de A.

C E D E R J 36


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Exemplo 1

Obtenha uma decomposicao espectral da matriz A = 7 22 4

.Solucao

Sendo A uma matriz simetrica, essa decomposicao existe. O polinomio

caracterstico de A e dado por

p(x) = det(xI2 A)= x2 11x + 24= (x 8)(x 3) .

Entao os autovalores sao 1 = 8 e 2 = 3, e ainda podemos obter os

respectivos autovetores u1 = (25, 15) e u2 = (15, 25). Assim,

temos que

A = P DPt7 2

2 4

=

2

5 151

5 2

5

8 0

0 3

2

5 1

5

15 25

Denotando a matriz P = [u1 u2], temos, pela decomposicao espectral,

que:

A = 8u1ut1 + 3u2u

t2.

Para verificar essa decomposicao da matriz A, observe que:

u1ut1 =

2

5

1

5

2

5 2

5

=

4/5 2/5

2/5 1/5

u2ut2 =

152

5

15 25 =

1/5 2/5

2/5 4/5

e, finalmente,

8u1ut1 + 3u2ut2 = 32/5 16/5

16/5 8/5

+ 3/5 6/56/5 12/5 = 7 22 4 = A.

Processo de diagonalizacao de uma matriz simetrica

A Mn(R)1o Passo: Obtenha o polinomio caracterstico da matriz A,

p(x) = det(xIn A).

2o

Passo: Encontre as razes do polinomio caracterstico de A. Elas saotodas reais e existem exatamente n delas, contando suas multiplicidades.

37C E D E R J


32/133

O Teorema Espectral

3o Passo: Para cada autovalor da matriz A, de multiplicidade algebrica

k, determine seu auto-espaco associado

V = {v Rn | ( In A)v = 0},

que e um subespaco vetorial de dimensao k. Para cada V assim obtido,

determine uma base ortonormal que consistira de k autovetores. Se desejar,

pode utilizar o processo de ortogonalizacao de Gram-Schmidt. A reuniao

dessas bases determina uma base ortonormal de autovetores para Rn.

4o Passo: Seja P a matriz cujas colunas sao os n autovetores da base or-

tonormal de Rn obtida no terceiro passo. Portanto, P e uma matriz orto-

gonal. Seja D a matriz diagonal cuja diagonal principal e formada pelosn autovalores da matriz A, tomados na mesma ordem de seus autovetores

correspondentes na matriz P. Temos, entao,

A = P DPt.

Exemplo 2

Aplique o processo de diagonalizacao acima a matriz

A =

0 2 22 0 2

2 2 0

e obtenha sua decomposicao espectral.

Solucao

Observe, inicialmente, que A e uma matriz simetrica e, portanto, se

aplica o processo de diagonalizacao acima. Nao e difcil determinar que o

polinomio caracterstico da matriz A e dado por

p(x) = det(xI3 A) = (x + 2)2(x 4),

de modo que os autovalores de A sao:

1 = 2 com multiplicidade algebrica 2, e2 = 4 com multiplicidade algebrica 1.

O auto-espaco associado a 1 = 2 e dado por

V2 = {v R3 | (A + 2 I3)v = 0}= {(x,y,z) R3 |x + y + z = 0}.

C E D E R J 38


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Para escolhermos uma base ortogonal de V2, podemos usar o pro-

cesso de ortogonalizacao de Gram-Schmidt a partir de uma base qualquer de

V2 ou podemos tentar obter diretamente dois vetores ortonormais de V2,como ja foi feito anteriormente. Faremos o calculo diretamente. Da equacao

x + y + z = 0 podemos ver facilmente que v1 = (1, 0, 1) V2. O outrovetor, v2 = (a,b,c) V2, deve satisfazer a + b + c = 0 e ainda ser ortogonala v1, isto e, v2, v1 = 0, ou seja, a c = 0. Portanto, v2 = (a,b,c) devesatisfazer o sistema linear

a + b + c = 0

a c = 0 .

Completando os calculos, obtemos, por exemplo, v2 = (1, 2, 1). Nor-malizando esses dois vetores, obtemos:

u1 =v1

||v1|| = (1

2 , 0 , 12) eu2 =

v2

||v2|| = (1

6 , 26 , 16).Assim, {u1, u2} forma uma base ortonormal do auto-espaco V2.Por outro lado, o auto-espaco associado a 2 = 4 e dado por

V4 = {v R3 | (4 I3 A)v = 0}= {(x,y,z) R3 |x = z e y = z } .

E facil ver que v3 = (1, 1, 1) V4. Normalizando esse vetor, obtemosque

u3 =v3

||v3|| = (1

3 , 1

3 , 1

3)

representa uma base ortonormal do auto-espaco V4. Como A e matriz simetrica,

os autovetores associados a autovalores distintos sao ortogonais e, assim, u3e ortogonal a u1 e u2. Portanto, {u1, u2, u3} e uma base ortonormal de R3formada por autovetores de A. Com esses autovetores obtemos a matriz P,

e com os autovalores obtemos a matriz D:

P = [u1 u2 u3] =

1

2 1

6 1

3

0 26 1312 16 13

;

D = 2 0 00 2 0

0 0 4

,

39C E D E R J


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O Teorema Espectral

de modo que A = P DPt. A decomposicao espectral da matriz A e dada por:

A =

2u1u

t1

2u2u

t2 + 4u3u

t3,

ou ainda,

A =2

1/2 0 1/20 0 0

1/2 0 1/2

2

1/6 2/6 1/62/6 4/6 2/6

1/6 2/6 1/6

+ 4

1/3 1/3 1/31/3 1/3 1/3

1/3 1/3 1/3

=

1 0 10 0 0

1 0 1

+

1/3 2/3 1/32/3 4/3 2/3

1/3 2/3 1/3

+

4/3 4/3 4/34/3 4/3 4/3

4/3 4/3 4/3

= 0 2 22 0 2

2 2 0

.

Resumo

E muito importante que voce entenda bem o significado deste Teorema

Espectral. Lembre do que aconteceu em exemplos vistos anteriormente, em

que a matriz considerada nao era simetrica. Estudamos exemplos de ma-

trizes nao-simetricas com autovalores repetidos que eram diagonalizaveis e

outros exemplos de matrizes nao-simetricas que nao eram diagonalizaveis.

Ha algumas diferencas marcantes entre os casos simetrico e nao-simetrico

que tentaremos resumir agora.

Se A for uma matriz nao-simetrica, entao nem todas as razes de seu

polinomio caracterstico precisam ser numeros reais, o que e necessario no

caso de a matriz A ser simetrica. Se A for uma matriz nao-simetrica e todas

as razes de seu polinomio caracterstico forem numeros reais, entao ainda e

possvel que A nao seja diagonalizavel. E o caso em que um autovalor de

multiplicidade algebrica k nao possui k autovetores linearmente independen-tes, isto e, quando o auto-espaco correspondente tem dimensao menor que

k, ou ainda, quando a multiplicidade geometrica do autovalor e menor que

sua multiplicidade algebrica. Agora, quando A e uma matriz simetrica, alem

de todos os autovalores serem reais, sao iguais a multiplicidade algebrica e a

multiplicidade geometrica de cada autovalor.

E, por fim, diferente do que ocorre no caso de matriz simetrica, se a

matriz A e nao-simetrica, entao autovetores associados a autovalores distintos

nao precisam ser ortogonais. Estude e analise, com a ajuda de seu tutor,exemplos ja vistos em aulas anteriores em que ocorrem as diferencas descritas

aqui.

C E D E R J 40


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Exerccios

1. Em cada caso, aplique o processo de diagonalizacao a matriz A, deter-

minando as matrizes ortogonal P e diagonal D tais que A = P DPt.

a) A =

2 2

2 2

b) A =

0 1 11 0 1

1 1 0

c) A =

2 2 0 0

2 2 0 0

0 0 2 2

0 0 2 2

2. Sejam A =

3 1 11 3 1

1 1 3

e v =

11

0

. Verifique que = 5 e um

autovalor de A e que v e um autovetor A. Em seguida obtenha as

matrizes ortogonal P e diagonal D tais que A = P DPt.

41C E D E R J


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Operadores auto-adjuntosMO DU LO 3 AU LA 24

Aula 24 Operadores auto-adjuntos

Objetivos:

Compreender o conceito de operador auto-adjunto.

Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes.Pre-requisitos: Aulas 8 e 20 a

23

Nesta aula vamos definir os operadores lineares T : Rn Rn associ-ados as matrizes simetricas e estudar suas propriedades. Como estaremos

trabalhando sempre com bases ortonormais, e de suma importancia que o

espaco vetorial Rn esteja munido de um produto interno, o qual estaremossempre supondo que seja o produto interno canonico de Rn.

Definicao 3

Um operador linear T : Rn Rn e denominado auto-adjunto se satisfaz

T(u), v = u, T(v) para todo u, v Rn.

O resultado que segue relaciona os operadores auto-adjuntos com as

matrizes simetricas.

Teorema 1

Um operador linear T : Rn Rn e auto-adjunto se e somente se a matrizA, que representa T com respeito a qualquer base ortonormal de Rn, e

uma matriz simetrica.

Demonstracao:

Com respeito a base ortonormal de Rn, temos que T(u) = Au para

todo u Rn. Assim, para todo u, v Rn, temos que

Tu, v = Au, v = (Au)tv = utAtv

e

u, Tv = u, Av = utAv,onde At e a transposta da matriz A. Assim,

T e auto-adjunto T(u), v = u, T(v) para todo u, v Rn Au, v = u, Av para todo u, v Rn utAtv = utAv para todo u, v Rn At = A A e uma matriz simetrica.

43C E D E R J


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Operadores auto-adjuntos

E importante salientar que nao existe uma relacao tao simples entre o

operador linear T : Rn Rn e sua representacao matricial A = [T] quandoa base nao for ortonormal (veja a observacao ao final do Exemplo 1).

O Teorema 1 tambem fornece um criterio pratico para determinar se

um dado operador linear T : Rn Rn e auto-adjunto. Basta considerarqualquer base ortonormal de Rn e verificar se a matriz A = [T] e uma

matriz simetrica.

Exemplo 1

Determine se o operador linear

T : R2 R2T(x, y) = (x, 0)

e auto-adjunto.

Solucao

Vimos, no Exemplo 1 da Aula 20, que T e a projecao ortogonal sobre

o eixo-x. Considerando a base canonica = {e1, e2} de R2, vimos que amatriz que representa T nesta base e dada por

A = [T] =

1 00 0

.

Como a base canonica e ortonormal e a matriz A e simetrica, entao,

pelo Teorema 1, o operador T e auto-adjunto.

Vejamos o que acontece quando escolhemos um base de R2 que nao

e ortonormal. Considere a base = {u1, u2} dada por

u1 = (

2

2,

2

2) e u2 = (0, 1).

Esta claro que esta base nao e ortonormal, e ainda temos que

Tu1 = T(

2

2,

2

2) = (

2

2, 0) = 1 u1 + (

2

2) u2Tu2 = T(0, 1) = (0, 0) = 0 u1 + 0 u2.

Da, segue que a matriz que representa T na base e dada por

B = [T] =

1 0

2

2 0

.

Observe que esta matriz nao e simetrica, mas tambem a base nao e orto-normal, o que nao contradiz o Teorema 1.

C E D E R J 44


39/133


Exemplo 2

Considere os operadores lineares

T1 : R2 R2 , T1(x, y) = (x, 2y)

e

T2 : R2 R2 , T2(x, y) = (y, x).

Verifique que T1 e T2 sao operadores auto-adjuntos e verifique se a

composicao T1 T2 tambem e operador auto-adjunto.Solucao

Considerando a base canonica de R2, verificamos que as matrizes A1 eA2 que representam respectivamente, os operadores T1 e T2 nesta base, sao

dadas por

A1 =

1 0

0 2

e A2 =

0 1

1 0

.

Como essas duas matrizes sao matrizes simetricas, conclumos, pelo

Teorema 1, que T1 e T2 sao operadores auto-adjuntos. No entanto, o operador

obtido pela composicao

T1 T2 : R2 R2 , (T1 T2)(x, y) = (y, 2x)

e representado, na base canonica, pela matriz

B =

0 2

1 0

,

que nao e uma matriz simetrica. Assim, outra vez pelo Teorema 1, a com-

posicao T1 T2 nao e um operador auto-adjunto. Da, conclumos que a com-posicao de operadores auto-adjuntos nao e, necessariamente, auto-adjunto.

O proximo teorema segue imediatamente dos resultados sobre matrizes

simetricas estudados nas Aulas 22 e 23.

Teorema 2

Seja T : Rn Rn um operador auto-adjunto. Entao

1. Autovetores correspondentes a autovalores distintos de T sao ortogo-

nais, isto e, se v1, v2, . . . , vk sao k autovetores associados aos autova-

lores distintos 1, 2, . . . , k, entao v1, v2, . . . , vk sao ortogonais.

2. O operador T possui n autovalores reais, contando suas multiplicidades.

45C E D E R J


40/133


3. A dimensao do auto-espaco associado a cada autovalor e igual a mul-

tiplicidade de como raiz do polinomio caracterstico de T, isto e, a

multiplicidade geometrica de cada autovalor e igual a sua multiplici-dade algebrica.

4. Os auto-espacos de T sao ortogonais entre si.

5. Existe uma base ortonormal {u1, u2, . . . , un} de Rn formada por auto-vetores de T.

A ultima afirmacao do Teorema 2 tambem e conhecida como Teorema

Espectral para Operadores Auto-Adjuntos Reais e diz, simplesmente, queestes operadores sao diagonalizaveis.

Exemplo 3

Seja T : R3 R3 dado por

T(x,y,z) = (3x, 2y + z, y + 2z).

a) Verifique que T e um operador auto-adjunto.

b) Determine os autovalores e os autovetores de T e verifique que T e

diagonalizavel.

Solucao

a) Considerando a base canonica {e1, e2, e3} de R3, temos que

Te1 = T(1, 0, 0) = (3, 0, 0),

Te2 = T(0, 1, 0) = (0, 2, 1),

Te3 = T(0, 0, 1) = (0, 1, 2).

Assim, a matriz que representa o operador linear T na base canonica e

dada por

A =

3 0 0

0 2 1

0 1 2

.

Observando que A e uma matriz simetrica, temos, pelo Teorema 1, que T eum operador auto-adjunto.

C E D E R J 46


41/133


b) O polinomio caracterstico do operador T e dado por

p(x) = det(xI3

A)

=

x 3 0 0

0 x 2 10 1 x 2

= (x 3)2(x 1) .

Assim, os autovalores de T sao 1 = 3, com multiplicidade algebrica 2,

e 2 = 1 com multiplicidade algebrica 1. Nao e difcil obter que o auto-espaco

V3, associado a 1 = 3, e dado por

V3 = {v R3 |Tv = 3v}= {(x,y,z) R3 |y = z e x arbitrario} .

Portanto, uma base ortonormal de V3 e dada por

u1 = (1, 0, 0) e u2 = (0, 1

2, 1

2).

Analogamente, o auto-espaco V1, associado a 2 = 1, e dado por

V1 = {v R3 | Tv = v}= {(x,y,z) R3 | x = 0 e y = z} ,

e uma base ortonormal de V1 e dada pelo vetor u3 = (0, 1

2, 12).Consequentemente, = {u1, u2, u3} e uma base ortonormal de R3 formadapor autovetores de T e, nesta base, T e representado pela matriz diagonal

B = [T] =

3 0 0

0 3 0

0 0 1

.

Portanto, T e um operador diagonalizavel.

Exemplo 4

Determine valores de a, b R de modo que o operador T : R3 R3,definido por

T(x,y,z) = (x + 2ay + 2z, 4x 5y bz, 2x 4y + z),

seja auto-adjunto. Determine, tambem, uma base ortonormal de R3 formadapor autovetores de T e a matriz que representa T nesta base.

47C E D E R J


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Solucao

Considerando a base canonica {e1, e2, e3} de R3, temos que

Te1 = T(1, 0, 0) = (1, 4, 2) = 1 e1 + 4 e2 + 2 e3,Te2 = T(0, 1, 0) = (2a, 5, 4) = 2a e1 + (5) e2 + (4) e3,Te3 = T(0, 0, 1) = (2, b, 1) = 2 e1 + (b) e2 + 1 e3.

Assim, a matriz que representa o operador linear T na base canonica e

dada por

A =

1 2a 2

4 5 b2 4 1

.

Para que T seja um operador auto-adjunto e necessario que a matriz A

seja simetrica, isto e, que At = A. Para isso, e preciso que 2a = 4 e b = 4,ou seja, que

a = 2 e b = 4.

Assim, obtemos a matriz simetrica

A = 1 4 24 5 4

2 4 1

,

garantindo que o operador T e auto-adjunto. Nao e difcil verificar que o

polinomio caracterstico de T e dado por

p(x) = det(xI3 A)= (x + 9)(x 3)2 .

Os auto-espacos correspondentes sao dados por

V9 = {v R3 | Tv = 9v}= {(x,y,z) R3 | x = z e y = 2z} ,

eV3 = {v R3 | Tv = 3v}

= {(x,y,z) R3 | x + 2y + z = 0} .

Uma base ortonormal de V9 e dada pelo vetor u1 = (1

6, 2

6,

16), enquanto uma base ortonormal de V3 e dada pelos vetoresu2 = (1

2, 0, 1

2) e u3 = (1

3, 1

3, 1

3). Consequentemente,

C E D E R J 48


43/133


= {u1, u2, u3} e uma base ortonormal de R3 formada por autovetoresde T e, nessa base ordenada, T e representado pela matriz diagonal

B = [T] =

9 0 00 3 0

0 0 3

.

Observe que T e um operador diagonalizavel.

Exemplo 5

Dados os vetores u = (4, 4, 2), v = (4, 2, 4) e w = (1, 2, 2), sejaT : R3 R3 o operador linear dado por

Tu = (10 , 2 , 2), Tv = (2, 10, 2) e Tw = (1, 1, 5).

Verifique que T e um operador auto-adjunto.

Solucao

E facil ver que T e uma base ortogonal, pois

u, v = 4 4 + 4 (2) + (2) 4 = 0 ;u, w = 4 1 + 4 (2) + (2) (2) = 0 ;v, w = 4 1 + (2) (2) + 4 (2) = 0 .

Assim, os vetores normalizados

u1 =u

||u|| = (2/3 , 2/3 , 1/3),u2 =

v

||v||= (2/3 ,

1/3 , 2/3) e

u3 =w

||w|| = (1/3 , 2/3 , 2/3)

formam uma base ortonormal de R3. Como ||u|| = ||v|| = 6 e ||w|| = 3,temos

T(u1) = T

u

||u||

= T

1

6||u||

=

1

6T(u) =

1

6(10, 2, 2) = (5/3, 1/3, 1/3);

T(u2) = Tv

||v

||= T

1

6||v||

=

1

6T(v) =

1

6(2, 10, 2) = (1/3, 5/3, 1/3);

T(u3) = T

w

||w||

= T

1

3||w||

=

1

3T(w) =

1

3(1, 1, 5) = (1/3, 1/3, 5/3).

49C E D E R J


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Agora, nao e difcil ver que os vetores T(u1), T(u2) e T(u3) se expressam

em funcao da base = {u1, u2, u3} como:

T(u1) = (5/3, 1/3, 1/3) = 1 u1 + 1 u2 + 1 u3;T(u2) = (1/3, 5/3, 1/3) = 1 u1 + (1) u2 + (1) u3;T(u3) = (1/3, 1/3, 5/3) = 1 u1 + (1) u2 + 1 u3.

Portanto, a matriz que representa o operador T com respeito a base

ortonormal {u1, u2, u3} e dada por

B = [T] =

1 1 1

1

1

1

1 1 1

.

Como B e uma matriz simetrica, conclumos, pelo Teorema 1, que o

operador T e auto-adjunto. Observe que neste exemplo usamos uma base

ortonormal que nao e a base canonica nem e uma base de autovetores.

Auto-avaliacao:

E de suma importancia que voce reveja e entenda muito bem a relacao

que existe entre as matrizes simetricas, estudadas nas aulas anteriores, e os

operadores auto-adjuntos vistos nesta aula. Compare os conceitos e estude

os exemplos. Em caso de duvidas nao hesite em consultar o seu tutor.

Exerccios

1. Verifique que o operador T : R3 R3, dado por

T(x,y,z) = (2x + y + z, x + 2y

z, x

y + 2z),

e auto-adjunto.

2. Determine uma base ortonormal de autovetores do operador T dado no

exerccio anterior.

C E D E R J 50


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Formas bilinearesMO DU LO 3 AU LA 25

Aula 25 Formas bilineares

Objetivos:

Compreender o conceito de forma bilinear.

Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares.

Pre-requisito: Aula 22.

Nesta aula vamos introduzir um conceito que generaliza a nocao de

aplicacao linear num espaco vetorial. Mais especificamente, vamos desenvol-ver o conceito de forma bilinear, que da origem as formas quadraticas que

serao estudadas na proxima aula. Veremos a definicao de formas bilineares e

estudaremos algumas de suas propriedades, principalmente sua relacao com

as matrizes, o que constitui o aspecto mais importante para fins praticos.

Definicao 4

Seja V um espaco vetorial real. Uma forma bilinear em V e uma apli-

cacao

B : V V R(u , v) B(u , v)

que e linear em cada uma das duas variaveis u e v, isto e, que satisfaz:

i) para todo u , v , w V e a R,B(u + w, v) = B(u , v) + B(w, v)

B(a u , v) = a B(u , v);

ii) para todo u , v , w

V e a

R,

B(u , w + v) = B(u , w) + B(u , v)

B(u , a v) = a B(u , v).

Exemplo 1

Seja F o produto escalar em Rn, isto e, dados u = (u1 , u2 , . . . , un),

v = (v1 , v2 , . . . , vn) Rn, considere a aplicacaoF : V V R

(u , v) F(u , v) = u1v1 + u2v2 + + unvn .Verifique que F e uma forma bilinear em Rn.

51C E D E R J


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Formas bilineares

Solucao

De fato, considerando outro vetor w = (w1 , w2 , . . . , wn) Rn ea R, temos que

F(u + a w, v) = B((u1 + aw1, u2 + aw2 , . . . , un + awn) , (v1 , v2 , . . . , vn))

= (u1 + aw1)v1 + (u2 + aw2)v2 + + (un + awn)vn= (u1v1 + u2v2 + + unvn) + a (w1v1 + w2v2 + + wnvn)= F(u , v) + a F(w, v) ,

o que mostra que F(u , v) e uma transformacao linear na primeira variavel

u. Um argumento analogo, deixado a cargo do aluno, mostra que F(u , v)

tambem e uma transformacao linear na segunda variavel v. Assim, podemos

concluir que F(u , v) e uma aplicacao bilinear de Rn.

Exemplo 2

Seja a matriz

A =

2 0 04 2 0

0 0 3

.

Mostre que podemos associar a matriz A uma forma bilinear B : R3

R3

R dada por

B((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) = (x1 x2 x3)

2 0 04 2 0

0 0 3

y1y

2

y3

= 2 x1y1 + 4 x2y1 + 2 x2y2 + 3 x3y3 .

Solucao

Observe que para todo par de vetores u , v R3

u =

x1x2x3

e v = y1y2

y3

,podemos reescrever

B(u , v) = utA v,

onde ut e a matriz transposta de u. Assim, a bilinearidade da aplicacao

B(u, v) decorre facilmente das propriedades do produto e da soma de

matrizes.Este exemplo e facilmente generalizado.

C E D E R J 52


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Teorema 1

Seja A = (aij) Mn(R), isto e, uma matriz de ordem n. Podemos

associar a matriz A uma forma bilinear F : R

n

Rn

R dada porF(u , v) = utA v,

onde u , v Rn.Observe que, reescrevendo os vetores u e v na forma

u =

x1

x2...xn

e v =

y1

y2...yn

,

entao

F(u , v) = utA v

= (x1 x2 xn)

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

.... . .

...

an1 an2

ann

y1

y2

...

yn

= a11x1y1 + a12x1y2 + + annxnyn=

ni, j=1

aijxiyj .

Seja V um espaco vetorial real, F : V V R uma forma bilinear em V, e = {e1, e2, . . . , en} uma base de V. Sejam u , v V com

u = u1e1 + u2e2 + + unen

ev = v1e1 + v2e2 + + vnen.

Entao,

F(u , v) = F(u1e1 + u2e2 + + unen, v1e1 + v2e2 + + vnen)= u1v1F(e1, e1) + u1v2F(e1, e2) + + unvnF(en, en)=

ni, j=1

uivjF(ei, ej) .

Assim, a forma bilinear F fica completamente determinada pela n2

valoresF(vi, vj).

53C E D E R J


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Formas bilineares

Definicao 5

A matriz A = (aij), com aij = F(ei, ej), e chamada de representacao

matricial da forma bilinear F com relacao a base , ou, simplesmente, dematriz de F com relacao a .

Esta matriz representa F no sentido que

F(u , v) =n

i, j=1

uivjF(ei, ej) = [u]tA [v]

para todo par de vetores u , v V. Como de costume, [u] denota o vetordas coordenadas de u com respeito a base .

Exemplo 3Seja a forma bilinear F : R2 R2 R dada porF(u , v) = F((x1, x2), (y1, y2)) = x1y1 x1y2 + 3 x2y1 5 x2y2,

para todo u = (x1, x2) , v = (y1, y2) R2. Considere = {e1, e2} abase canonica de R2 e = {(1 , 0) , (1 , 1)} outra base de R2. Determinea matriz de F com respeito a essas bases.

Solucao

Primeiramente, facamos o calculo da matriz de F com respeito abase canonica:

F(e1, e1) = F((1 , 0), (1 , 0)) = 1

F(e1, e2) = F((1 , 0), (0 , 1)) = 1;F(e2, e1) = F((0 , 1), (1 , 0)) = 3;

F(e2, e2) = F((0 , 1), (0 , 1)) = 5.Portanto, temos que a matriz de F na base canonica e

A = 1

1

3 5 .Para a matriz de F na base , temos

F((1 , 0), (1 , 0)) = 1;

F((1 , 0), (1 , 1)) = 0;

F((1 , 1), (1 , 0)) = 4;

F((1 , 1), (1 , 1)) = 2.Portanto, temos que a matriz de F na base = {(1 , 0) , (1 , 1)} e

B =

1 04 2

.

C E D E R J 54


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Um problema interessante e saber qual a relacao entre as matrizes A e

B que representam uma mesma forma bilinear F em duas bases e ,

respectivamente.No caso do exemplo anterior, se P representa a matriz mudanca de

base, da base para a base , temos

P =

1 1

0 1

.

Da,

B =

1 0

4

2

=

1 0

1 1

1 13

5

1 1

0 1

= PtA P .

De um modo geral, temos o seguinte teorema:

Teorema 2

Seja F uma forma bilinear de um espaco vetorial V. Se A e a matriz

de F numa base e B e matriz de F numa base de V, entao

B = PtA P,

onde P e a matriz mudanca de base, da base para a base .

Definicao 6

Uma forma bilinear F no espaco vetorial V e denominada simetrica se

F(u , v) = F(v , u)

para todo par de vetores u , v V.Teorema 3

Seja F uma forma bilinear no espaco vetorial V e A a matriz que

representa F numa base de V. Entao F e uma forma bilinear simetrica se

e somente se A e uma matriz simetrica.

Demonstracao:

Por F ser uma forma bilinear em V, temos que

F(u , v) = utA v

= (utA v)t, pois utA v e um escalar= vtAtu .

55C E D E R J


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Formas bilineares

Se, ainda, F for uma forma bilinear simetrica, entao

vtAtu = F(u , v) = F(v , u) = vtA u

para todo u , v V. Portanto, temos

At = A,

isto e, a matriz A e simetrica.

Reciprocamente, se A e uma matriz simetrica (isto e, At = A), entao a

forma bilinear F tambem e simetrica, pois

F(u , v) = ut

A v= (utA v)t, pois utA v e um escalar

= vtAtu

= vtA u , pois At = A

= F(v , u)

para todo par de vetores u , v V.

Auto-avaliacao

Voce deve ter compreendido que o conceito de forma bilinear e

uma generalizacao do conceito de transformacao linear ja bastante estu-

dado. E de extrema importancia rever todos os conceitos e tentar resolver os

exerccios propostos. Caso surjam dificuldades, consulte as notas de aula ou

peca a juda ao seu tutor. Os conceitos desta aula ainda serao bastante utili-

zados. Por isso, nao deixe de fazer uma boa revisao de matrizes simetricas.

Exerccios

1. Seja A Mn(R). Verifique que a aplicacao F : RnRn R, definidapor F(u , v) = utA v e uma forma bilinear.

2. Seja F : R3 R3 R, definida por F(u , v) = u , v, o produtoescalar em R3.

(a) Determine a matriz A que representa a forma bilinear F com

respeito a base canonica R3.

(b) Determine a matriz B que representa a forma bilinear F comrespeito a base = {(1 , 1 , 0) , (1 , 0 , 1) , (0 , 2 , 1)}.

C E D E R J 56


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3. Seja a forma bilinear F : R2 R2 R definida por

F(u , v) = F((x1, x2), (y1, y2)) = 2 x1y1 3 x1y2 + x2y2,para todo u = (x1, x2) , v = (y1, y2) R2.

a) Determine a matriz A que representa F com respeito a base =

{(1 , 0) , (1 , 1)}.

b) Determine a matriz B que representa F com respeito a base =

{(2 , 1) , (1 , 1)}.

c) Determine a matriz mudanca de base P, da base para a base , everifique que B = PtA P.

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Formas quadraticasMO DU LO 3 AU LA 26

Aula 26 Formas quadraticas

Objetivos:

Compreender o conceito de forma quadratica.


Pre-requisitos: Aulas 22 e 25.

As formas bilineares, vistas na aula anterior, dao origem as formas

quadraticas que serao estudadas nesta aula. As formas quadraticas ocorremcom grande destaque em aplicacoes da Algebra Linear a Engenharia, como

em criterios para projetos, em problemas de otimizacao e em processamento

de sinais. Elas tambem ocorrem na Fsica, em descricoes de energia potencial

e energia cinetica; em Economia, nas funcoes de utilidade; e, tambem, em

Estatstica. Em todas essas situacoes e muito importante o conhecimento do

sinal (positivo ou negativo) que a forma quadratica pode assumir, assim como

o conhecimento de seus autovalores associados. Uma parte muito importante

da base matematica para o estudo das formas quadraticas segue facilmente

do nosso estudo previo sobre matrizes simetricas.

Definicao 7

Seja V um espaco vetorial real. Uma aplicacao q : V R e chamada de forma quadratica se existe uma forma bilinear simetrica F : V V R talque q(v) = F(v , v) para todo v V.

Seja A a matriz que representa a forma bilinear F na base V.Dizemos que matriz A e a representacao matricial da forma quadratica q

com espeito a essa mesma base

V. Como a forma bilinear F e simetrica,

entao, pelo Teorema 3 da Aula 25, a matriz A e uma matriz simetrica. Comrespeito a base , denotamos A = (aij) e v = (x1, x2, . . . , xn) V; entao

q(v) = F(v , v)

= vtA v

= (x1 x2 xn)

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

.... . .

...

an1 an2

ann

x1

x2...

xn

=n

i, j=1

aijxixj.

59C E D E R J


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Formas quadraticas

E agora, sendo A simetrica, vale que aij = aji. Portanto,

q(v) =

ni, j=1

aijxixj = a11x2

1 + a22x2

2 + + annx2

n + 2

ni


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Observe que q e a forma quadratica associada a forma bilinear

F(u , v) = (x1 x2) 1 55 1 y1y2

= x1y1 5x2y1 5x1y2 + x2y2 ,

onde u = (x1, x2) , v = (y1, y2) R2, com respeito a base canonica.

Exemplo 2

Seja q : R3 R a forma quadratica dada por

q(v) = q(x1, x2, x3) = 5 x2

1 + 3 x2

2 + 2 x2

3 x1x2 + 8 x2x3 ,onde v = (x1, x2, x3) R3. Determinar a matriz A que representa a formaquadratica q com respeito a base canonica e expresse a forma quadratica na

forma matricial q(v) = vtA v.

Solucao

Os coeficientes de x21, x22 e x

23 formam a diagonal principal da matriz

A, como indica a equacao (6). Como A e matriz simetrica, o coeficiente de

xixj, para i = j, e a soma dos coeficientes iguais aij = aji, como indica outravez a equacao (6). Portanto,

aij = aji =1

2 (coeficiente de xixj).

Assim, e facil ver que

A =

5 1/2 0

1/2 3 40 4 2

.

E, finalmente,

q(x1, x2, x3) = (x1 x2 x3)

5 1/2 01/2 3 4

0 4 2

x1x2

x3

.

Queremos agora estudar o efeito de uma mudanca de base sobre uma

forma quadratica. Assim, sejam q : V R uma forma quadratica e e duas bases do espaco vetorial V. Seja P a matriz mudanca de base da base para a base . Se A e a matriz que representa a forma quadratica q na

61C E D E R J


56/133

Formas quadraticas

base e B e a matriz de q na base , entao, pelo Teorema 2 da Aula 25,

sabemos que

B = PtA P.

Observe que, se P e a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A,

entao B = PtA P = P1A P e uma matriz diagonal. Nesse caso, a ma-

triz P tambem e chamada mudanca de variaveis. Usaremos esses fatos no

proximo exemplo.

Exemplo 3

Determine uma mudanca de variavel P que transforma a forma quadratica

q : R2 R, dada por

q(x1, x2) = x21 8x1x2 5x22

na base canonica, em uma forma diagonal. Obtenha, tambem, a expressao

dessa forma diagonal.

Solucao

Observando os coeficientes de q, vemos que a matriz A que representa

q na base canonica e dada por

A =

1 4

4 5

.

Diagonalizar a forma quadratica q e equivalente a diagonalizar a matriz

simetrica A. Usando os procedimentos ja conhecidos sobre diagonalizacao de

matrizes simetricas, os autovalores da matriz A sao 1 = 3 e 2 = 7.A matriz P sera obtida a partir de uma base ortonormal de autovetores.

Efetuando os calculos, que e um exerccio para voce, obtemos

u1 =

2

5

15

, autovetor associado ao autovalor 1 = 3, e

u2 =

1

5

2

5

, autovetor associado ao autovalor2 = 7.

Como {u1, u2} forma uma base ortonormal de R2, entao

P = [u1 u2] =

25 15

15 25

,

C E D E R J 62


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e a matriz diagonal correspondente sera

D = 3 0

0 7 ,onde D = PtA P.

A forma diagonal de q e dada por

q(y1, y2) = (y1 y2)

3 0

0 7

y1

y2

= 3y21 7y22 ,

onde

v =

x1

x2

e w =

y1

y2

,

e

v = Pw, ou w = Ptv

e a mudanca de variaveis.

Veja que

q(v) = q(x1 , x2) = x21

8x1x2

5x22

= (x1 x2)

1 4

4 5

x1x2

= vtA v

= (Pw)tA (Pw)

= wt(PtAP)w

= wtD w

= (y1 y2)

3 0

0 7

y1

y2

= 3y21 7y22

= q(y1, y2) = q(w) .

63C E D E R J


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Formas quadraticas

Observe que a forma diagonal

q(y1, y2) = 3y

2

1 7y2

2

nao contem o termo cruzado y1y2.

Este exemplo anterior ilustra o teorema a seguir. A parte essencial de

sua demonstracao foi apresentada nos calculos do Exemplo 3 e consiste na

mudanca de variaveis efetuada.

Teorema 1 (Teorema dos Eixos Principais)

Seja q : V R uma forma quadratica. Entao, sempre existe umamudanca de variaveis P que transforma a forma quadratica q(v) = vtA v na

forma diagonal q(w) = wtD w, onde v = Pw e D = PtA P.

O nome Teorema dos Eixos Principais segue do fato de que as colunas

de P sao chamadas eixos principais da forma quadratica q. Uma inter-

pretacao geometrica deste teorema sera vista nas proximas aulas, mais pre-

cisamente no estudo da classificacao de curvas conicas e na classificacao de

superfcies quadricas.

Exemplo 4

Determine uma mudanca de variavel P que transforme a forma quadratica

q : R3 R, dada por

q(x1, x2, x3) = 3x21 + 2x

22 + x

23 + 4x1x2 + 4x2x3

na base canonica, em uma forma diagonal. Obtenha tambem a expressao

dessa forma diagonal.

Solucao

Observando os coeficientes de q, vemos que a matriz A que representa

q na base canonica e dada por

A =

3 2 02 2 2

0 2 1

.

Procedendo a diagonalizacao da matriz simetrica A, deixamos os deta-

lhes dos calculos como um exerccio para voce, obtemos os autovalores 1 = 5,

2 = 2 e 3 = 1. A matriz mudanca de variavel P sera obtida a partir deuma base ortonormal de autovetores. Efetuando os calculos, obtemos:

C E D E R J 64


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u1 =

2/3

2/3

1/3

autovetor associado ao autovalor 1 = 5;

u2 =

2/31/3

2/3

autovetor associado ao autovalor2 = 2;

u3 =

1/32/3

2/3

autovetor associado ao autovalor3 = 1.

Como {u1, u2, u3} forma uma base ortonormal de R3, entao

P = [u1 u2 u3] =

2/3 2/3 1/32/3 1/3 2/31/3 2/3 2/3

e uma matriz ortogonal e a matriz diagonal correspondente sera

D =

5 0 00 2 0

0 0 1

,

onde D = P

t

A P.A forma diagonal de q e dada por

q(y1, y2, y3) = (y1 y2 y3)

5 0 00 2 0

0 0 1

y1y2

y3

= 5y21 + 2y22 y23 ,

onde

v =

x1x2

e w =

y1y2

,

e

v = Pw, ou w = Ptv

e a mudanca de variaveis requerida.

Observe, mais uma vez, que a forma diagonal

q(y1, y2, y3) = 5y21 + 2y

22 y23

nao contem os termos cruzados y1y2, y1y3 e y2y3, isto e, os termos yiyjcom i = j.

65C E D E R J


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ConicasMO DU LO 3 AU LA 27

Aula 27 Conicas

Objetivos:

Compreender o conceito de conica.


Pre-requisitos: Aulas 22, 25 e 26.

Nesta aula estudaremos algumas figuras importantes do R2, ou seja,

determinados conjuntos de pontos do plano cujas coordenadas satisfazem

certas propriedades. Mais precisamente, consideraremos subconjuntos de R2

cujas coordenadas (x, y) satisfazem uma equacao do tipo

ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0,

onde a, b, c, d, e e f sao constantes reais (com pelo menos um dos numeros

a, b ou c diferente de zero). A ideia toda e simplificar e classificar equacoes

desse tipo e, para isso, usaremos os resultados sobre diagonalizacao de formas

quadraticas apresentados na aula anterior.

Definicao 8Uma conica e um conjunto de pontos do R2 cujas coordenadas (x, y),

em relacao a base canonica, satisfazem uma equacao do tipo

ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0, (2)

onde os coeficientes a, b, c, d, e e f sao numeros reais e pelo menos um dos

numeros a, b ou c e nao-nulo.

Observe que a equacao (6) contem uma forma quadratica,

q(x , y) = ax2 + bxy + cy2,

uma forma linear,

(x, y) = dx + ey,

e o termo constante f.

Exemplo 1

Identifique o conjunto dos pontos (x , y)

R2 que satisfazem a equacao

x2 + y2 4 = 0.

67C E D E R J


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Conicas

Solucao

Comparando a equacao

x2 + y2 4 = 0com a equacao (6), vemos que o valor dos coeficientes s ao a = c = 1, b =

d = e = 0 e f = 4, e, portanto, representa uma conica. Reescrevendo aequacao na forma

x2 + y2 = 4,

identificamos os pontos (x, y) como pertencendo a circunferencia de centro

(0, 0) e raio 2, como ilustra a Figura 27.1.

Figura 27.1: A circunferencia x2 + y2 = 4.

Exemplo 2

Identifique o conjunto dos pontos (x , y) R2 que satisfazem a equacaoy2 kx = 0,

onde k e um numero real nao-nulo.

Solucao


y2 kx = 0com a equacao (6), vemos que o valor dos coeficientes s ao c = 1, a = b =

e = f = 0 e d = k = 0, e, portanto, representa uma conica. Reescrevendoa equacao na forma

y2 = kx,

identificamos os pontos (x, y) como pertencendo a uma parabola com eixocoincidindo com o eixo-y, como ilustra a Figura 27.2.

C E D E R J 68


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Figura 27.2: A parabola y2 = kx.

Exemplo 3Identifique o conjunto dos pontos (x , y) R2 que satisfazem a equacao

x2

a2 y

2

b2= 0,

com a , b R, a , b > 0.

Solucao


x2

a2 y

2

b2= 0

com a equacao (6), vemos que ela tambem representa uma conica. Reescre-

vendo a equacao na formay2

b2=

x2

a2,

temos

y = ba

x,

o que representa um par de retas concorrentes que passa pela origem, comoilustra a Figura 27.3.

Figura 27.3: As retas y = ba

x.

69C E D E R J


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Conicas

Os proximos exemplos mostram como procedemos para simplificar uma

equacao de uma conica.

Exemplo 4

Identifique a conica representada pela equacao 5x2 4xy +8y2 36 = 0.

Solucao

Precisamos, inicialmente, eliminar o termo misto (4xy); para isto,realizamos diagonalizacao da forma quadratica correspondente,

q(x , y) = 5x2 4xy + 8y2.

Escrevemos a equacao 5x2 4xy + 8y2 36 = 0 na forma matricial

vtA v = 36,

com

v =

x

y

R2 e A =

5 2

2 8

.

Lembre, da Aula 26, que a matriz A e a matriz simetrica que representa

a forma quadratica q(x , y) = 5x2 4xy + 8y2 com respeito a base canonica.Nao e difcil ver que os autovalores da matriz A sao 1 = 4 e 2 = 9, e os

autovetores normalizados sao

u1 =

2

5

1

5

, autovetor associado ao autovalor 1 = 4

e

u2 = 1

5

25 , autovetor associado ao autovalor 2 = 9.

Como {u1, u2} forma uma base ortonormal de R2, entao

P = [u1 u2] =

2

5 151

5 2

5

e a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A e a matriz diagonal corres-

pondente sera

D = 4 0

0 9 .

Temos que D = PtA P.

C E D E R J 70


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q(x1, y1) = (x1 y1)

4 00 9

x1y1

= 4x21 + 9y21 ,

onde

v =

x

y

e v1 =

x1

y1

,

com

v = Pv1, ou v1 = Ptv.

Portanto, a equacao da conica pode ser reescrita como

q(x1, y1) = 36,

ou ainda,

4x21 + 9y21 = 36,

o que nos da a equacao

x219

+y214

= 1,

que representa uma elipse de semi-eixo maior 3 e semi-eixo menor 2, como

ilustra a Figura 27.4.

x

y

03

2

2

3

Figura 27.4: A elipse

x21

9 +

y21

4 = 1.

71C E D E R J


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Conicas

Exemplo 5

Identifique a conica representada pela equacao 2x2 +4xy +2y2 +4

2 x+

122 y 8 = 0.

Solucao

Observe que neste exemplo a forma linear (x, y) = dx + ey = 4

2 x +

12

2 y e nao-nula. Reescrevendo a conica na forma matricial, obtemos

vtA v + Bv 8 = 0, (3)

onde

v =

xy

R2,A =

5 2

2 8

e

B = (4

2 12

2 ).

A matriz A e a matriz simetrica que representa a forma quadratica q(x , y) =

2x2 +4xy +2y2 com respeito a base canonica. Nao e difcil ver (exerccio para

o aluno) que os autovalores da matriz A sao 1 = 4 e 2 = 0, e os autovetores

normalizados sao

u1 =

1

2

1

2

, autovetor associado ao autovalor 1 = 4,

e

u2 = 1

2

12 , autovetor associado ao autovalor 2 = 0.Como {u1, u2} forma uma base ortonormal de R2, entao

P = [u1 u2] =

1

2 121

2 1

2

,

e a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, e a matriz diagonal corres-

pondente sera

D = 4 0

0 0 .

E, tambem, D = PtA P.

C E D E R J 72


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q(x1, y1) = (x1 y1) 4 0

0 0 x1

y1

= 4x21 ,

isto e,

vtA v = 4x21,

onde

v =

x

y

e v1 =

x1

y1

,

com

v = Pv1, ou v1 = Ptv.

Como det(P) = 1, observe que v = Pv1 e uma rotacao. A forma linear

se transforma em

Bv = B(Pv1)

= BPv1

= (42 122 ) 1

2

12

12 12 x1y1

= (16 8 )

x1

y1

= 16x1 + 8y1 .

Substituindo

vtA v = 4x21 e Bv = 16x1 + 8y1

em (7), obtemos

4x21 + 16x1 + 8y1 8 = 0, (4)ou, simplificando,

x21 + 4x1 + 2y1 2 = 0.Completando o quadrado na variavel x1,

x21 + 4x1 = (x1 + 2)2 4.

E, substituindo em (8), obtemos

(x1 + 2)2 4 + 2y1 2 = 0,

73C E D E R J


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Conicas

ou

(x1 + 2)2 + 2(y1 3) = 0. (5)

Essa equacao ja e uma forma bem mais simples da conica inicial e ja se

pode identificar a equacao de uma parabola, mas ela ainda pode ser mais

simplificada. Realizando a mudanca de variaveis em (9) dada porx2 = x1 + 2

y2 = y1 3 ,

que representa uma translacao no R2, obtemos

x22 = 2y2,

que representa a conica inicial aos novos eixos-x2y2. Nessa forma, identifica-

mos facilmente a equacao de uma parabola, como ilustra a Figura 27.5.

Figura 27.5: A parabola x22 =

2y2.

Procedimento para simplificar a equacao de uma conica

Seja a conica dada pela equacao

ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0.

Podemos reescreve-la na forma matricial,

vtA v + Bv + f = 0,

C E D E R J 74


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onde

q(x , y) = ax2 + bxy + cy2

= (x y)

a b/2

b/2 c

x

y

= vtA v ,

e

(x, y) = dx + ey

= (d e)

x

y

= Bv ,

com

A =

a b/2

b/2 c

,

B = (d e)

e

v =

x

y

.

A ideia principal do procedimento a seguir consiste em realizar uma

rotacao nos eixos-xy, de modo a eliminar o termo cruzado bxy.

1o Passo: Encontrar uma matriz ortogonal P = [u1 u2] que diagonalize A. Lem-

bre que as colunas de P formam uma base {u1, u2} ortogonal de au-tovetores da matriz A para o R2. Assim,

D = PtA P com D =

1 0

0 2

,

onde 1 e 2 sao os autovalores da matriz A associados aos autovetores

u1 e u2, respectivamente.

75C E D E R J


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Conicas

2o Passo: Permutar as colunas de P, caso seja necessario, de modo que se tenha

det(P) = 1. Isso garante que a transformacao ortogonal

v = Pv1, com v1 =

x1

y1

,

seja uma rotacao no plano.

3o Passo: Obter a equacao que representa a conica no novo sistema de eixos-

x2y2. Para isso, observe que

ax2 + bxy + cy2 = vtA v

= (Pv1)tA (Pv1) ; onde v = Pv1

= vt1(PtA P) v1

= vt1D v1

= (x1 y1)

1 0

0 2

x1

y1

= 1x21 + 2y

21 ,

edx + ey = Bv

= B(Pv1) ; onde v = Pv1

= (BP) v1 ; onde BP = (d1 e1)

= (d1 e1)

x1

y1

= d1x1 + e1y1 .

Assim, a equacao vtA v + Bv + f = 0 se transforma em

1x21 + 2y

21 + d1x1 + e1y1 + f = 0,

que e uma equacao que representa a conica e nao contem termos cruzados(em xy).

C E D E R J 76


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Vamos fazer uma breve analise dessa equacao.

1. Considere o caso em que os autovalores sao nao-nulos: 1, 2 = 0. Nestecaso, podemos completar os quadrados nas variaveis x1 e y1, obtendo

1x21 + 2y

21 + d1x1 + e1y1 + f = (1x

21 + d1x1) + (2y

21 + e1y1)

= 1x22 + 2y

22 + F ,

com F R2. Assim, a equacao

1x21 + 2y

21 + d1x1 + e1y1 + f = 0

e transformada em

1x22 + 2y

22 + F = 0.

Note que

(a) Se 1, 2 > 0, entao a conica sera uma elipse, caso F < 0; ou

um ponto ((x2 , y2

17405 algebra linear2 aulas 19a32 volume02

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